專題24.4含30度角的直角三角形五大題型（華東師大版）

專題24.4含30度角的直角三角形五大題型【華東師大版】考卷信息：本套訓(xùn)練卷共40題，題型針對(duì)性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強(qiáng)學(xué)生對(duì)含30度角的直角三角形的五大題型的理解！【題型1求長(zhǎng)度】1．（2023春·遼寧撫順·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在?ABCD中，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)F在邊CD上，CF=AE，連接AF，(1)求證：四邊形BFDE是矩形；(2)已知∠DAB=60°，AF是∠DAB的平分線，若AD=3，求DC的長(zhǎng)度．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)9【分析】（1）先證四邊形BFDE是平行四邊形，再結(jié)合DE⊥AB證明為矩形；（2）根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出AE，再用勾股定理求出DE，結(jié)合矩形的性質(zhì)可得BF=DE，BF⊥AB，再解Rt△ABF求出AB【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴DC∥AB，∵CF=AE，∴DF=BE且DF∴四邊形BFDE是平行四邊形，又∵DE⊥AB，∴四邊形BFDE是矩形；（2）解：∵∠DAB=60°，DE⊥AB，∴∠ADE=30°，∵AD=3，∴AE=1∴DE=A∵四邊形BFDE是矩形∴BF=DE=323∵AF是∠DAB的平分線，∠DAB=60°，∴∠FAB=12∠DAB=30°∴AF=2BF=33∴AB=A∴CD=AB=9【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等，綜合應(yīng)用上述知識(shí)是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·福建寧德·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，已知△ABC中，∠ACB=60°，BC<AB<AC．

(1)在邊AC上求作一點(diǎn)P，使得∠PBC=30°；（要求：尺規(guī)作圖，不寫(xiě)作法，保留作圖痕跡）(2)在（1）的條件下，若AB=32，∠A=45°，求AC【答案】(1)見(jiàn)解析(2)AC=6+23【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BP⊥AC于P即可．（2）利用等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得BP、AP的長(zhǎng)，再利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：如圖，∠PBC即為所求；

；（2）解：如圖，由（1）得∠APB=∠BPC=90°，∵∠A=45°，∴∠ABP=45°，∴BP=AP，在Rt△ABP中，AP=BP=在Rt△BPC中，∠PBC=30°，2PC=BCBC2=P解得PC=23∴AC=AP+PC=6+23【點(diǎn)睛】本題考查作圖復(fù)雜作圖，等腰直角三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)．3．（2023春·安徽亳州·九年級(jí)校考期中）如圖是某兒童娛樂(lè)休閑廣場(chǎng)上的一個(gè)滑梯的平面示意圖，若將滑梯的滑道BD水平放置，則剛好與DE的長(zhǎng)度相同．已知滑梯的高度AB為4米，AE的長(zhǎng)為1米．其中E，A，D三點(diǎn)在同一直線上，CE⊥DE，BA⊥DE．

(1)求滑梯的滑道BD的長(zhǎng)；(2)若把滑梯的滑道BD改成BF，使∠BFA=60°，求DF的長(zhǎng)．（精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：3≈1.732【答案】(1)172(2)5.2米【分析】（1）設(shè)滑道BD的長(zhǎng)為x米，則DE=x米，即AD=DE?AE=(x?1)米，在Rt△ABD中，由勾股定理得AB2（2）先求出∠ABF=30°，可得BF=2AF．設(shè)AF=a米，則BF=2a米，即有AB=BF2?AF【詳解】（1）由題意，得△ABD是直角三角形，∠BAD=90°，BD=DE，AB=4米，設(shè)滑道BD的長(zhǎng)為x米，則DE=x米，∵AE=1米，∴AD=DE?AE=(x?1)米，在Rt△ABD中，由勾股定理得A即42解得x=17答：滑梯的滑道BD的長(zhǎng)為172（2）∵∠BFA=60°，∴∠ABF=90°?∠BFA=90°?60°=30°，∴BF=2AF．設(shè)AF=a米，則BF=2a米，∴AB=B∵AB=4米，∴3解得a=433由（1）可知，AD=DE?AE=BD?AE=17∴DF=AD?AF=15答：DF的長(zhǎng)約為5.2米．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理的應(yīng)用，還考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用勾股定理是解得本題的關(guān)鍵．4．（2023春·廣東佛山·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，△ABC是等邊三角形，AB=3，點(diǎn)F是∠BAC的平分線上一動(dòng)點(diǎn)，將線段AF繞點(diǎn)A順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°得到AE，連接CF、EF

(1)尺規(guī)作圖：在AF的上方找點(diǎn)D，使得DE⊥AF且DE=AC；(2)在（1）的條件下，連接CD、DF．①求證：AE+CD>AC；②求證：△CDF是等邊三角形；③當(dāng)△DEF是等腰三角形時(shí)，求AF的長(zhǎng)度？【答案】(1)作圖見(jiàn)解析(2)①證明見(jiàn)解析；②證明見(jiàn)解析；③3或1【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=AF，∠FAE=60°，則△AEF是等邊三角形，由DE⊥AF可知，D在AF的垂直平分線上，如圖1，分別以A、F為圓心，大于12AF的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交點(diǎn)為M，連接EM并延長(zhǎng)，以E為圓心，AC長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，與EM的交點(diǎn)即為D，則點(diǎn)（2）①如圖2，連接CD、DF、AD，記DE與AC的交點(diǎn)為N，DF與AC的交點(diǎn)為H，證明△CAF≌△DEFSAS，則CF=DF，∠ACF=∠EDF，由題意知∠DNH=∠ANE=180°?∠NAE?∠AEN=60°，∠ACF+∠CHF+∠DFC=180°=∠EDF+∠DHM+∠DNH，則∠DFC=∠DNH=60°，△CDF是等邊三角形，CD=CF，由AF+CF>AC，可得AE+CD>AC；②由①可證△CDF是等邊三角形；③由題意知，∠DEF=30°，∠AFE=60°，當(dāng)△DEF是等腰三角形時(shí)，分DE=DF，DE=EF，DF=EF，三種情況求解：情況一、當(dāng)DE=DF時(shí)，由∠DFE=∠DFA+∠AFE>60°>30°=∠DEF，可知此情況不成立；情況二、當(dāng)DE=EF時(shí)，AF=EF=DE=AC=AB=3；情況三、當(dāng)DF=EF時(shí)，∠FDE=∠DEF=30°，如圖3，記AF與DE交點(diǎn)為P，則AF=2PF，PF=12EF，EP=12DE=1【詳解】（1）解：如圖1，點(diǎn)D即為所求；（2）①證明：如圖2，連接CD、DF、AD，記DE與AC的交點(diǎn)為N，DF與AC的交點(diǎn)為H，由（1）可知，∠CAF=30°，∠AEN=∠DEF=1∴∠CAF=∠DEF，∵AC=DE，∠CAF=∠DEF，AF=EF，∴△CAF≌△DEFSAS∴CF=DF，∠ACF=∠EDF，由題意知∠DNH=∠ANE=180°?∠NAE?∠AEN=60°，∵∠ACF+∠CHF+∠DFC=180°=∠EDF+∠DHM+∠DNH，∴∠DFC=∠DNH=60°，∴△CDF是等邊三角形，∴CD=CF，∵AF+CF>AC，∴AE+CD>AC；②由①可證△CDF是等邊三角形；③解：由題意知，∠DEF=30°，∠AFE=60°，當(dāng)△DEF是等腰三角形時(shí)，分DE=DF，DE=EF，DF=EF，三種情況求解：情況一、當(dāng)DE=DF時(shí)，∴∠DFE=∠DEF，∵∠DFE=∠DFA+∠AFE>60°>30°=∠DEF，∴此情況不成立；情況二、當(dāng)DE=EF時(shí)，AF=EF=DE=AC=AB=3∴AF=3情況三、當(dāng)DF=EF時(shí)，∠FDE=∠DEF=30°，如圖3，記AF與DE交點(diǎn)為P，則AF=2PF，PF=12EF由勾股定理得EP=E∴3PF=32∴AF=1；綜上所述，當(dāng)△DEF是等腰三角形時(shí)，AF的值為3或1．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，作垂線，垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理，含30°的直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的熟練掌握與靈活運(yùn)用．5．（2023春·陜西咸陽(yáng)·九年級(jí)咸陽(yáng)彩虹學(xué)校?？计谥校┚C合與實(shí)踐問(wèn)題情境：在數(shù)學(xué)課上，老師給出了如下情境：如圖1，△ABC是等邊三角形，點(diǎn)F是AC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)D在直線BF上運(yùn)動(dòng)，連接AD，以AD為邊向右側(cè)作等邊三角形ADE，連接CE，直線CE與直線BF交于點(diǎn)M．試探究線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系及∠BMC的大?。?1)初步探究：如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段BF上時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出：①BD與CE的數(shù)量關(guān)系；②∠BMC=°(2)深入探究：如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段BF的延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請(qǐng)證明你的結(jié)論；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)拓展延伸：如圖3，當(dāng)點(diǎn)D在線段FB的延長(zhǎng)線上時(shí)，若FM=2，BD=32，求出【答案】(1)①BD=CE，②60(2)成立，證明見(jiàn)解析(3)11【分析】（1）由題意易得△ABD≌△ACE，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可進(jìn)行求解；（2）由題意易證△BAD≌△CAE，則有BD=CE，∠ABD=∠ACE，然后問(wèn)題可求解；（3）由題意易證△BAD≌△CAE，則有BD=CE=3∠ABF=1【詳解】（1）解：①∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∵∠BAD=∠BAC?∠DAC，∠CAE=∠DAE?∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE；故答案為：BD=CE；②∵點(diǎn)F是AC邊的中點(diǎn)，△ABC是等邊三角形，∴∠ABD=∠CBF=30°，∠ACB=60°，由①可知△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE=30°，∴∠BCM=90°，∴∠BMC=90°?∠CBF=60°；故答案為60；（2）解：（1）中的結(jié)論還成立，理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ADE是等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠BAC+∠DAC，∠CAE=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵∠ABD+∠DBC+∠ACB=120°，∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=120°，∴∠BMC=60°；（3）解：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△ADE是等邊三角形，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠DAE?∠BAE，∠CAE=∠BAC?∠BAE，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△BAD≌△CAESAS∴BD=CE=3∵△ABC是等邊三角形，F(xiàn)是AC的中點(diǎn)∴∠ABF=1∴∠CFM=90°，∠ACM=∠ABF=30°，∴CM=2FM=4，∴EM=CE+CM=3【點(diǎn)睛】本題主要考查等邊三角形的性質(zhì)、含30度直角三角形的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)、含30度直角三角形的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．6．（2023秋·福建福州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）在等邊三角形ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊BC、AC上，且BD=CE，連接AD、BE交于點(diǎn)F．(1)如圖1，求證：AD=BE；(2)過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AD于點(diǎn)G．①如圖2，若BF=11，F(xiàn)G=6，求AD的長(zhǎng)度；②如圖3，連接BG、CG，若BG=EG，求證：CG⊥AB．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①23，②見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，結(jié)合已知證明△ABD≌△BCE即可．（2）①利用△ABD≌△BCE，得證∠GFE=60°，結(jié)合已知得到∠GEF=30°，得證EF=2FG，根據(jù)BF+EF=BE=AD=BF+②證明BG=AG,利用線段的垂直平分線性質(zhì)證明CG⊥AB．【詳解】（1）∵等邊三角形ABC，BD=CE，∴AB=BC=CA，∠ABD=∠BCE=60°，∴AB=BC∠ABD=∠BCE∴△ABD≌△BCE，∴AD=BE．（2）根據(jù)(1)得△ABD≌△BCE，∴∠BAD=∠CBE，AD=BE；∵等邊三角形ABC，∴∠ABE+∠CBE=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∵∠ABE+∠BAD=∠GFE，∴∠GFE=60°，∵EG⊥AD，∴∠GEF=30°，∴EF=2FG，∴BF+EF=BE=AD=BF+∵BF=11，F(xiàn)G=6，∴AD=BF+②根據(jù)(1)得△ABD≌△BCE，∴∠BAD=∠CBE，AD=BE；∵等邊三角形ABC，∴∠ABE+∠CBE=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∵∠ABE+∠BAD=∠GFE，∴∠GFE=60°，∵EG⊥AD，∴∠GEF=30°，∵BG=EG，∴∠GBE=∠GEF=30°，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BG交BE于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)M，則∠GHB=90°?∠GBF=60°，設(shè)∠EBC=α，則∠BAD=∠EBC=α，∠GAE=60°?α∴∠GBM=30°+α，∠GMB=∠GHB?∠EBM=60°?α，在Rt△AGE中，∠GEA=90°?∠GAE=90°?∴∠AEF=60°+α，在△AGE,△MGB中，∠GAE=∠GMB∠AEG=∠GBM∴△AGE≌△MGBAAS∴BM=AE，AG=MG，連接AM，如圖，∵∠AGM=180°?∠FGH=120°∴∠GAM=∠GMA=30°又∵CA=CB，∴CM=CE，在△BEC,△AMC中，AC=BC∴△BEC≌△AMC∴∠CAM=∠EBC=α，∴∠MAG=60?2α=30°，∴α=15°，∴∠GAE=60°?α=45°，∴△AGE是等腰直角三角形，∴AG=GE，∴BG=AG，∵CA=CB，∴CG是線段AB垂直平分線，∴CG⊥AB．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì),三角形全等的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·江西吉安·九年級(jí)校聯(lián)考期中）將一副三角板ABC和DEF如圖（1）放置，其中∠ABC=∠EDF=90°，∠A=30°，∠E=45°，BC與DF共線，將△DEF沿CB方向平移，當(dāng)EF經(jīng)過(guò)AC的中點(diǎn)O時(shí)，直線EF交AB于點(diǎn)G[如圖（2）]，若BC=3，則此時(shí)線段OG的長(zhǎng)度為．

【答案】3【分析】過(guò)O作OH⊥AG于H，∠ABC=∠EDF=90°，∠A=30°，∠E=45°，得出∠OGA=45°，根據(jù)30°所對(duì)直角邊等于斜邊的一半得出AC=2BC=6，由點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，得出AO=3，再根據(jù)勾股定理即可得OG；【詳解】∵∠ABC=90°，∴∠FBG=90°,∵∠F=∠FGB=45°,∴∠OGA=45°,∵∠A=30°,BC=3,∴AC=2BC=6,∵點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，∴AO=3,過(guò)O作OH⊥AG于H，

∴∠AHO=∠OHG=90°,∴OH=∴OG=故答案為：3【點(diǎn)睛】該題主要考查了直角三角形30°所對(duì)直角邊等于斜邊的一半，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，解答的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)并能夠熟練運(yùn)用8．（2023春·浙江紹興·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=2，AD=4，∠BAD=60°，連結(jié)AC，將△ACD沿AC折疊得到△ACD′，AD′交BC于點(diǎn)E，則

【答案】14【分析】見(jiàn)詳解的作圖，欲求AE的長(zhǎng)，猜想構(gòu)造直角△AEH，依據(jù)勾股定理求解．因△ABH是含30°角的直角三角形，故可求得AH、BH的長(zhǎng)，進(jìn)一步求得CH的長(zhǎng)，由全等三角形及折疊性可證得AE=CE，則EH=CH?CE=CH?AE，于是將直角三角形AEH中的已知與待求的AE通過(guò)勾股定理聯(lián)系起來(lái)了，即可求得AE的長(zhǎng)．【詳解】過(guò)點(diǎn)A作CB延長(zhǎng)線的垂線，垂足為H，見(jiàn)下圖．

∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠ABH=∠BAD=60°，∴由∠AHB=90°得，∠HAB=30°，∵AB=2，∴BH=1∴AH=A則CH=BH+BC=BH+AD=1+4=5．∵平行四邊形ABCD，∴△CAB≌ACD，又△ACD≌△ACD′，∴△CAB≌△ACD′，∴∠ACB=∠CAD′∴AE=CE（等角對(duì)等邊）．設(shè)AE=CE=x，則EH=CH?CE=5?x，在直角△AEH中，A即：x2解得：x=故答案為：145【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形、折疊圖形、勾股定理、等角對(duì)等邊等性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求證AE=CE，并運(yùn)用勾股定理求解．【題型2求最值】1．（2023秋·福建龍巖·九年級(jí)龍巖二中?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，將△ABC繞頂點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為θ0°<θ<180°，得到△MNC，P，Q分別是AC、MN的中點(diǎn)，AC=2t，連接PQ，則旋轉(zhuǎn)時(shí)PQ

A．26t B．23t C．【答案】D【分析】當(dāng)P、C、Q三點(diǎn)共線時(shí)，PQ最長(zhǎng)，根據(jù)圖形求出此時(shí)的旋轉(zhuǎn)角即可求出PQ的長(zhǎng)．【詳解】解：如圖，當(dāng)△ABC旋轉(zhuǎn)到P、C、Q三點(diǎn)共線時(shí)，PQ最長(zhǎng)，

∵∠N=∠ABC=30°，∠MCN=∠ACB=90°，Q是MN的中點(diǎn)，∴CQ=MQ=CM，∴△CMQ是等邊三角形，∴∠M=∠MCQ=∠MCQ=60°，∵P、C、Q三點(diǎn)共線，∴θ=∠ACM=180°?∠MCQ=180°?60°=120°，∵AC=2t，∴CP=12AC=t∵AC中點(diǎn)為P，MN中點(diǎn)為Q，∠MCN=90°，∴CQ=12MN=2t∴PQ=CP+CQ=2t+t=3t，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的應(yīng)用，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，直角三角形30°角所對(duì)的邊是斜邊的一半，熟練運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·江蘇常州·九年級(jí)?？计谥校╅喿x：如果兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)到一個(gè)定點(diǎn)的距離的比為定值，且這兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)與定點(diǎn)連線所成角的度數(shù)也為定值，那么這兩動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑相同．應(yīng)用：如圖，點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線AC的中點(diǎn)，BC=3，以O(shè)為直角頂點(diǎn)的Rt△OPQ的頂點(diǎn)P在邊AD上，∠BAC=∠Q=60°，當(dāng)P在AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，DQ的最大值為（

A．1 B．3 C．2 D．2【答案】C【分析】根據(jù)題意，確定出點(diǎn)Q的軌跡為一條線段，確定出點(diǎn)P在A、D兩點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q的位置，即可求解．【詳解】解：由題意可得：點(diǎn)Q的軌跡為一條線段，∠Q=60°，∠POQ=90°∴∠OPQ=30°又∵∠BAD=90°，∠BAC=60°∴∠CAD=30°Rt△ABC中，BC=3，設(shè)AB=x，則AC=2x，由勾股定理可得：x解得x=∴AB=3，AC=2∴AO=當(dāng)P與A重合時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥OA交AD于點(diǎn)F如下圖：

∵∠CAD=30°，∠OPQ=30°∴Q在線段AD上，∠AFO=60°∴點(diǎn)Q與點(diǎn)F重合由勾股定理可得：OQ=1，PQ=2當(dāng)P與D重合時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥OD交BC于點(diǎn)E，連接DE，EF，如下圖：

由題意可得：OD=OC，∠OCD=60°∴△ODC為等邊三角形，即OD=CD=OC=3，∵∠BCD=∠EOD=90°，OD=CD，DE=DE∴△ODE≌△CDE∴∠ODE=12∠ODC=30°，此時(shí)，點(diǎn)Q∴∠OED=60°，則點(diǎn)Q與點(diǎn)E重合，∴點(diǎn)Q的軌跡為線段EF由此可得，當(dāng)P與D重合時(shí)，DQ最大，為DE的長(zhǎng)度在Rt△OED中，OD=3，可得：OE=1，DE=2即DQ最大為2，故選：C【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，含30°直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)性質(zhì)，確定出點(diǎn)Q的軌跡．3．（2023春·陜西安康·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，折疊△AEF使得點(diǎn)A落在CD上，若∠ABC=120°，AD=43，AB=8

【答案】2【分析】由折疊的性質(zhì)可知AE=GE，當(dāng)GE⊥AB時(shí)，GE的長(zhǎng)度取最小值，則AE的長(zhǎng)度取最小值，此時(shí)BE的長(zhǎng)度取最大值，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，則DH=GE=AE，由含30度角直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理可得DH=AE=GE=6，從而即可得到答案．【詳解】解：由折疊的性質(zhì)可知AE=GE，當(dāng)GE⊥AB時(shí)，GE的長(zhǎng)度取最小值，則AE的長(zhǎng)度取最小值，此時(shí)BE的長(zhǎng)度取最大值，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠DAB+∠ABC=180°，∴∠DAB=180°?∠ABC=180°?120°=60°，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，則DH=GE=AE，

在Rt△ADH中，∠DAH=60°∴∠ADH=90°?∠DAH=30°，∴AH=1∴DH=A∴AE和GE長(zhǎng)度的最小值為6，故BE長(zhǎng)度的最大值為AB?AE=8?6=2，故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、含30度角直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、折疊的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．4．（2023秋·天津和平·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，AC=2+23，∠BAC=45°，∠ACB=30°，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，得到△A1BC1，點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，將△ABC繞點(diǎn)（1）如圖，線段AB=；（2）則線段EP1的最大值為，最小值為【答案】224+2【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和勾股定理即可得；（2）當(dāng)P在AC上運(yùn)動(dòng)至垂足點(diǎn)D，△ABC繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P1在線段AB上時(shí)，EP1最??；當(dāng)P1,E,B三點(diǎn)共線，點(diǎn)P【詳解】解：（1）如圖，過(guò)點(diǎn)B作BD⊥AC于點(diǎn)D，連接BP,BP∵∠BAC=45°，∠ACB=30°，∴△ABD是等腰直角三角形，BC=2BD，∴AD=BD，設(shè)AD=BD=xx>0，則BC=2x∴CD=B∵AC=AD+CD=2+23∴x+3解得x=2，∴AB=A故答案為：22（2）∵點(diǎn)E為線段AB中點(diǎn)，∴BE=1由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：BP=BP∴EP則當(dāng)P1,E,B三點(diǎn)共線，且P在AC上運(yùn)動(dòng)至垂足點(diǎn)D時(shí)，EP又∵EP1≤B∴當(dāng)P1,E,B三點(diǎn)共線，且P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，EP故答案為：4+2，2?【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系的應(yīng)用等等，熟知相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．5．（2023春·江蘇·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，點(diǎn)P是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)，將△ABC繞點(diǎn)C按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一周得到△A'B'C，點(diǎn)E是邊【答案】2【分析】先根據(jù)含有30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AB=4，由勾股定理可得BC=23，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得A′C=AC=2，由點(diǎn)E是邊A′C的中點(diǎn)可得A′E=CE=1，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，點(diǎn)P、C、E、A【詳解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，∴AB=2AC=2×2=4，∴BC=A由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：A′∵點(diǎn)E是邊A′C的中點(diǎn)，∴A如圖所示，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，點(diǎn)P、C、E、A′在同一直線上時(shí)，PE此時(shí)PE=BC+CE=23故答案為：23【點(diǎn)睛】本題主要考查了含有30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握含有30°角的直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．6．（2023春·江蘇·九年級(jí)期末）小明同學(xué)將一大一小兩個(gè)三角板按照如圖所示的方式擺放，其中∠ACB=∠AED=90°，∠BAC=∠DAE=30°，AE=63，AB=43，連接BE，取BE的中點(diǎn)F，將三角板ABC繞點(diǎn)A按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一周，則在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)F到直線AD的距離的最大值是【答案】7【分析】如圖，取AE的中點(diǎn)O，連接OF，F(xiàn)為BE的中點(diǎn)，由三角形的中位線定理得出OF=23，得出在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)F在以O(shè)為圓心OF=23為半徑的圓上動(dòng)，再過(guò)O點(diǎn)作OR⊥AD于R，構(gòu)造直角三角形，求出【詳解】解：如圖，取AE的中點(diǎn)O，連接OF，F(xiàn)為BE的中點(diǎn)，AB=4由三角形的中位線定理得，OF=∴在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)F在以O(shè)為圓心OF=23過(guò)O點(diǎn)作OR⊥AD于R，AE=6在Rt△AOR中，∴RO=OA×∴點(diǎn)F到直線AD的距離的最大值為OR+OF=【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，中位線定理等知識(shí)點(diǎn)，通過(guò)作圖構(gòu)造不變的線段OR，7．（2023春·陜西西安·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=4，D，E是AB邊上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AD=BE，連接CD、CE，求CD+CE的最小值

【答案】8【分析】過(guò)點(diǎn)A，B分別作AC的垂線和BC的垂線交于點(diǎn)M，連接MC，ME，先證△ACB≌△MBC，得AB=MC，再證△CAD≌△MBE，得CD=ME，進(jìn)而得出CD+CE=ME+CE，當(dāng)C，E，M三點(diǎn)不共線時(shí)，ME+CE>MC；當(dāng)C，E，M三點(diǎn)共線時(shí)，ME+CE=MC，然后根據(jù)直角三角形中，30°的角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半求出AB的值，從而得出結(jié)果．【詳解】過(guò)點(diǎn)A，B分別作AC的垂線和BC的垂線交于點(diǎn)M，連接MC，ME，

∵∠ACB=90°，MA⊥AC，∴AM∥∵M(jìn)B⊥BC∴AC∥MB，∴∠CAB=∠MBA，∵BC=CB，∠ACB=∠MBC=90°，∴△ACB≌△MBC，∴AB=MC，∵AD=BE，∴△CAD≌△MBE，∴CD=ME，∴CD+CE=ME+CE，當(dāng)C，E，M三點(diǎn)不共線時(shí)，ME+CE>MC；當(dāng)C，E，M三點(diǎn)共線時(shí)，ME+CE=MC．∴CD+CE的最小值是MC的長(zhǎng)，∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴AB=2AC，∵AC=4，∴AB=8，∴MC=AB=8，∴CD+CE的最小值是8．故答案為：8．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系，直角三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線找出恰當(dāng)?shù)娜热切问墙獗绢}的關(guān)鍵．8．（2023春·重慶·九年級(jí)重慶市南坪中學(xué)校校聯(lián)考期末）在平行四邊形ABCD中，連接BD，若BD⊥CD，點(diǎn)E為邊AD上一點(diǎn)，連接CE，交BD于點(diǎn)F．(1)如圖1，若點(diǎn)E為AD中點(diǎn)，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，且△DFE的面積為5，DF=2，求CD的長(zhǎng)；(2)如圖2，若點(diǎn)G在BD上，且DG=AB，連接CG，過(guò)G作GH⊥CE于點(diǎn)H，連接DH并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)M，若DM=2AB，用等式表示線段BM、DH、(3)如圖3，若∠ABC=120°，AB=2，點(diǎn)N在BC邊上，BC=4CN，且CE平分∠BCD，線段PQ（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)）在線段CE上運(yùn)動(dòng)，且PQ=3，連接BP，NQ，請(qǐng)直接寫(xiě)出BP+PQ+QN【答案】(1)CD=2(2)BD=BM+2(3)BP+PQ+QN的最小值為7【分析】（1）連接OE，證明OE⊥BD，利用三角形的面積公式求出OE的值，再根據(jù)三角形的中位線定理可求出AB的值，由此即可求解；（2）如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DR⊥DM于點(diǎn)R，可證△DHG≌△DRC(ASA)，可得DH=DR,HG=CR，△HDR是等腰直角三角形，HR=2DH=2DR，再證△GDC是等腰直角三角形，可得（3）如圖所示，過(guò)點(diǎn)N作NG∥CE，交BD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G作GM∥BC于點(diǎn)M，延長(zhǎng)CD到H，使得DH=CD，連接PH,GH，可得的平行四邊形PQNG，證明△BCP≌△HCP，可得BP+PQ+QN=PH+PG+3=GH+3【詳解】（1）解：如圖所示，連接OE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，OD=OB，∵BD⊥CD，∴AB⊥BD，∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，即AE=DE，且OD=OB，∴OE是△ABD的中位線，即OE∥AB，OE=∴OE⊥BD，∴S△DEF=1∴OE=5∴CD=AB=2OE=25∴CD=25（2）證明：BD=BM+2如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DR⊥DM于點(diǎn)R，∵CD⊥BD,DR⊥DM，∴∠MDR=∠BDC=90°，∠HDG+∠GDR=∠GDR+∠RDC=90°，∴∠HDG=∠RDC，∵GH⊥CE,BD⊥CD，∴∠HGF+∠HFG=∠DFC+∠DCF=90°，且∠HFG=∠DFC(對(duì)頂角相等)，∴∠HGD=∠RCD，在△DHG,△DRC中，∠HDG=∠RDCDG=DC∴△DHG≌△DRC(ASA∴DH=DR,HG=RC，∵∠HDR=90°，∴△HDR是等腰直角三角形，∴∠DHR=∠DRH=45°，HR=2∵DG=DC，∠GDC=90°，∴△GDC是等腰直角三角形，∴∠DGC=∠DCG=45°，CG=2∵AB=CD，∴CG=2∵DM=2∴DM=CG，∵在平行四邊形ABCD中，CD∥AB，且CD⊥BD，∴AB⊥BD，即∠ABD=90°，∵∠GHC=90°，∴∠GHC=∠MBD=90°，在△HFD,△GFC中，∠DHF=∠FGC=45°，∠HFD=∠GFC(對(duì)頂角)，∴∠HDF=∠FCG，在△CHG,△DBM中，∠HCG=∠BDM∠GHC=∠MBD∴△CHG≌△DBM(AAS∴CH=BD,BM=HG，∵CR=HG，∴BM=CR，∴CR+RH=CH=BD，且RH=2∴BD=BM+2（3）解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)N作NG∥CE，交BD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥BC于點(diǎn)M，延長(zhǎng)CD到H，使得DH=CD，連接PH,GH，∵在平行四邊形ABCD中，∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=∠DCE=30°，∵∠BDC=90∴∠DBC=30°，∵AB=CD=2，∴BC=2CD=4，∵BC=4CN，∴CB=1,BN=3，∵NG∥CE，∴∠BNG=∠ECB=30°，∵∠GBN=∠GNB=30°，GM⊥CB，∴BM=MN=32，∵NG∴GN=3∵PQ=3∴PQ=NG,PQ∥NG，∴四邊形PQNG是平行四邊形，∴NQ=PG，∵CH=CB=4，∠BCP=∠HCP,CP=CP，∴△BCP≌△HCP(SAS∴PB=PH，∴BP+PQ+QN=PH+PG+3，當(dāng)H,P,G三點(diǎn)共線時(shí)，BP+PQ+QN∵CD=2，BC=4，∴BD=B∵BG=GN=3∴DG=3∴GH=D∴BP+PQ+QN=7【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．【題型3求面積】1．（2023春·湖南衡陽(yáng)·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A1、A2、A3…An在x軸上，B1、B2、B3…Bn在直線y=33x上，若A11,0，且△A1B1

【答案】2【分析】直線y=33x與x軸的成角∠B1OA1=30°，可得∠OB2A2=30°，…，∠OBnAn=30°，∠OB1A2【詳解】解：∵△A1B1A2∴A1B∵直線y=33x與x軸的成角∠∴∠OB∴OA∵A1∴A同理∠OB2A2=30°∴B2A2=OA2∵∠AB1O=30°∴∠OB同理∠OB2A3=90°∴B1B2=3，∴S1=12×1×3故答案是：22n?3【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，等邊三角形和直角三角形的性質(zhì)；能夠判斷陰影三角形是直角三角形，并求出每邊長(zhǎng)、應(yīng)用相似三角形規(guī)律求解是解題的關(guān)鍵．2．（2023春·福建龍巖·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=6，BC=10，則△ABC面積是;若以AC為邊向外作等邊△ACD，連BD，則

【答案】153【分析】過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于M，由直角三角形的性質(zhì)求出BM=3，由勾股定理求出AM的長(zhǎng)，由三角形面積公式可得出答案；以AB為邊作等邊三角形ABE，連接EC，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC，交CB的延長(zhǎng)線于F，證明△EAC≌△BAD(SAS)，得出BD=EC，由勾股定理求出CE【詳解】解：過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于M，

∵∠ABC=60°，BA=6，∴∠BAM=30°，∴BM=3，∴AM=A∴S以AB為邊作等邊三角形ABE，連接EC，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC，交CB的延長(zhǎng)線于F，∵△ABE與△ACD都為等邊三角形，∴∠EAB=∠DAC=60°，AE=AB，∴∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，AE=AB∠EAC=∠BAD∴△EAC≌△BAD(SAS)∴BD=EC，∵∠EBA=60°，∠ABC=60°，∴∠EBC=120°，∴∠EBF=60°，∠FEB=30°，在△EBC中，BC=10，EB=6，∴EF=33，F(xiàn)B=3，F(xiàn)C=10+3=13∴EC∴BD=EC=14．故答案為：153，14【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023春·陜西西安·九年級(jí)高新一中?？计谀┤鐖D，?ABCD中，∠B=60°，AB⊥AC，AB=3，對(duì)角線AC繞著對(duì)稱中心O按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一定角度后，其所在直線分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，若BF=2CF，則圖中陰影部分的面積是

【答案】3【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定可知△AOE≌△COFASA【詳解】解：過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC，垂足為H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，AB∥∴∠CAD=∠ACB，∵∠AOE=∠COF，∴△AOE≌△COFASA∴S△AOE=S∵AB⊥AC，∴∠BAC=90°，∵∠B=60°，∴∠ACB=30°，∴BC=6，∴AC=B∴OC=3∵OH⊥BC，∴∠OHC=90°，∵∠ACB=30°，∴OH=3∵BF=2CF，∴BC=BF+CF=3CF，∵BC=6，∴CF=1∴S△COF∴陰影部分的面積為2×3故答案為33

【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積，掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2023春·福建龍巖·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，點(diǎn)O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，連結(jié)OB、OC，并將AB、OB、OC、AC的中點(diǎn)D、E、F、G依次連結(jié)，得到四邊形DEFG．

(1)求證：四邊形DEFG是平行四邊形；(2)如果∠OBC=45°，∠OCB=30°，OC=4，求△OBC的面積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2+2【分析】（1）根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半可得DG∥BC，DG=12BC，EF∥BC，EF=12（2）過(guò)點(diǎn)O作OM⊥BC于M，由含30°的直角三角形的性質(zhì)可得OM=12OC=2，根據(jù)勾股定理求得CM=2【詳解】（1）證明：∵將AB、OB、OC、AC的中點(diǎn)分別為D、E、F、G，∴DG∥BC，DG=12BC，EF∥BC∴DG∥EF，DG=EF，∴四邊形DEFG是平行四邊形．（2）解：過(guò)點(diǎn)O作OM⊥BC于M，如圖：

在Rt△OCM中，∠OCM=30°，OC=4∴OM=1∴CM=O在Rt△OBM中，∠OBM=∠BOM=45°∴BM=OM=2，∴BC=2+23∴△OBC的面積=1【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的中位線的性質(zhì)，平行四邊形的判定，含30°角的直角三角形性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2023春·四川達(dá)州·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在?ABCD中，AE、AF是高，∠BAE=30°，BE=2，CF=1，DE交AF于點(diǎn)G．

(1)求?ABCD的面積；(2)求證：△AEG是等邊三角形．【答案】(1)12(2)證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得AB=2BE=4，再利用勾股定理求得AE=23，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求得AB=CD=4，BC=AD，∠ADC=∠B=60°，從而求得DF=3，再由直角三角形的性質(zhì)求得AD=2DF=6，從而求得BC=6（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求出∠BAD=∠C=120°，∠EAF=60°，求得EC=CD=4，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)∠2=∠3=30°，∠AEG=60°，再根據(jù)等邊三角形的判定即可得出結(jié)論．【詳解】（1）解：∵在Rt△AEB中，∠1=30°，BE=2∴∠B=60°，AB=2BE=4，∴AE=A∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=4，BC=AD，∠ADC=∠B=60°，∵CF=1，∴DF=3，∴在Rt△ADF中，∠DAF=90°?60°=30°，則AD=2DF=6∴BC=6，∴S?ABCD（2）證明：由（1）知：∠DAF=30°，∠BAD=180°?∠B=120°，即∠C=120°，∴∠EAF=∠BAD?∠1?∠DAF=60°，∵BC=6，BE=2，CD=AB=4，∴EC=BC?BE=4=CD，∴∠2=∠3=1∴∠AEG=90°?∠2=60°，∴∠EAG=∠AEG=∠AGE=60°，∴△AEG是等邊三角形．【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2023春·四川成都·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，點(diǎn)P、Q是邊AB、BC上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且BP=4CQ，以BP、BQ為鄰邊作平行四邊形BPDQ，PD、QD分別交AC于點(diǎn)E

(1)當(dāng)平行四邊形BPDQ的周長(zhǎng)為14時(shí)，求m的值；(2)在第（1）問(wèn)的條件下，求證：△DEF≌△QCF；(3)如圖2，連接AD、PF、PQ，當(dāng)AD與△PQF的一邊平行時(shí)，求△PQF的面積．【答案】(1)1(2)見(jiàn)解析(3)1639【分析】（1）由BP=4CQ，CQ=m得到BP=4m，由BC=4，CQ=m得到BQ=4?m，根據(jù)平行四邊形BPDQ的周長(zhǎng)為14得到2BQ+BP（2）由四邊形BPDQ是平行四邊形得到PD∥BC，PD=BQ，則∠D=∠CQF，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，則∠PMC=∠PMB=90°，由BP=4CQ，CQ=m得到BP=4m，Rt△PBM中，∠B=60°，∠BPM=30°，則BM=12BP=2m，由邊形BPDQ是平行四邊形，得到BC∥PD，可得∠MPE=90°，則∠MPE=∠PMC=∠ACB=90°，則邊形PMCE是矩形，得到PE=CM=4?2m，PD∥BC，則ED=m，（3）分兩種情況：AD∥PF和AD∥PQ，分別進(jìn)行求解即可．【詳解】（1）解：∵BP=4CQ，∴BP=4m，∵BC=4，∴BQ=4?m，∵平行四邊形BPDQ的周長(zhǎng)為14，∴2BQ+BP∴24?m+4m解得：m=1，∴m的值是1；（2）證明：∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴PD∥BC，PD=BQ，∴∠D=∠CQF，如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，則∠PMC=∠PMB=90°，

∵BP=4CQ，∴BP=4m，在Rt△PBM中，∠B=60°∴∠BPM=30°，∴BM=1∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴BC∥PD，∴∠MPE=180°?∠PMC=90°，∴∠MPE=∠PMC=∠ACB=90°，∴四邊形PMCE是矩形，∴PE=CM=4?2m，PD∥BC，∴ED=PD?PE=BQ?PE=4?m?4?2m=m，∵CQ=m，∴CQ=ED，∵∠EFD=∠CFQ，∴△DEF≌△QCFAAS；（3）解：分兩種情況：①如圖2，AD∥PF，

∵PD∥BC，∴∠AEP=∠C=90°，Rt△AEP中，∠PAE=30°∴PE=1∵AP∥DF，∴四邊形APFD是平行四邊形，∴PE=ED，∴4?2m=m，∴m=4∵PE=4?2×43=∴PE=CQ，∵PE∥CQ，∴四邊形CQPE是矩形，∴∠CQP=90°，∴S△PFQ②如圖3，AD∥PQ，

∵AD∥PQ，∴四邊形APQD是平行四邊形，∴AP=DQ，∵PB=DQ，∴AP=PB，∴8?4m=4m，∴m=1，∴S=1綜上，△PQF的面積為1639或【點(diǎn)睛】此題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、含30°直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)判定和性質(zhì)、分類討論是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·陜西咸陽(yáng)·九年級(jí)統(tǒng)考期中）【問(wèn)題背景】如圖1，在等腰直角△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，則邊BC與邊AB的數(shù)量關(guān)系為BC=2（1）如圖2，在等腰△ABC中，AB=AC,∠BAC=120°，作AD⊥BC于點(diǎn)D，則得到邊BC與邊AB的數(shù)量關(guān)系為；【遷移應(yīng)用】（2）如圖3，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D、E、C三點(diǎn)共線，連接BD，①求證：△ADB≌△AEC；②求AD、BD、CD之間的數(shù)量關(guān)系；【拓展延伸】（3）如圖4，△ABC與△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD并延長(zhǎng)，交AC于點(diǎn)F，連接EF、CE．若BF=6，∠CBF=15°，∠BAD=30°，求△AEF的面積．

【答案】（1）BC=3AB（2）①見(jiàn)解析②【分析】（1）根據(jù)等腰三角形三線合一，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，進(jìn)行求解即可；（2）①利用SAS進(jìn)行證明即可；②由全等三角形的性質(zhì)可得BD=EC，由（1）可知：DE=3（3）過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，連接EF，由含30度角的直角三角形的性質(zhì)先求出AF,EH的長(zhǎng)，再由三角形的面積公式進(jìn)行求解即可．【詳解】解：（1）BC=3∵AB=AC,∠BAC=120°,AD⊥BC，∴∠B=∠C=30°，∴AB=2AD,BD=A∴BC=23∴BC=3（2）①∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAB=∠CAE=120°?∠BAE，在△ADB和△AEC中，DA=EA∠DAB=∠EAC∴△ADB≌△AECSAS②DC=BD+3∵△ADB≌△AEC，∴BD=EC，由（1）可知：DE=3∵DC=DE+EC，∴DC=BD+3（3）如圖4，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，連接EF，

∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=AC=63，∠ABC=∠ACB=45°∵∠CBF=15°，∴∠ABD=30°，又∵∠BAD=30°，∴∠ABD=∠BAD,∠DAF=∠AFD=60°，∴AD=BD，△ADF是等邊三角形，∴AD=BD=DF=AF，∵∠ABD=30°,∠BAC=90°，∴BA=3∴AF=6=AD=BD=DF，∵∠DAE=90°,AD=AE，∴AE=6,∠FAE=30°，∵EH⊥AC，∴EH=AE=3，∴S△AEF故答案為：9．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解．8．（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)統(tǒng)考期末）已知：菱形ABCD中，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AD，垂足為點(diǎn)H，AH=DH．

(1)如圖1，求∠ABC的度數(shù)；(2)如圖2，連接AC、BD，點(diǎn)E在AB上，EG⊥BC于點(diǎn)G，交BD于點(diǎn)F，點(diǎn)M在CH上，連接AF、DM，CM=2FG，求證：DM=AF；(3)如圖3，在（2）的條件下，分別連接CE、FM，CE、FM交于點(diǎn)K，F(xiàn)M交AC于點(diǎn)N，若AE:CN=5:3，MN=21，求菱形ABCD【答案】(1)∠ABC=60°；(2)見(jiàn)解析(3)菱形ABCD的面積為4503【分析】（1）連接AC，根據(jù)三線合一性質(zhì)解得AC=CD，再由菱形性質(zhì)解得AC=CD=AD，繼而解題；（2）由菱形性質(zhì)解得BD平分∠ABC，解得∠ABF=30°，再由含30°角的直角三角形性質(zhì)解得BF=2FG，繼而證明△ABF≌△DCM，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解題；（3）在FK上取點(diǎn)R，使KR=NK，連接AR，先證明△EFK≌△CMK，據(jù)此解得FK?KR=MK?NK，即FR=MN=21，再證明△ERK≌△CNK，解得∠BER=60°，∠ETB=90°，設(shè)AE=5a，則CN=ER=3a，過(guò)點(diǎn)R作RQ⊥AB于點(diǎn)Q，ER交BD于點(diǎn)T，連接AK，AM，由勾股定理解得EQ、RQ、AQ、AR的值CN=ER=3a，繼而解得FR、TR、FT的值，在Rt△FTR中，利用勾股定理解得【詳解】（1）解：連接AC，

∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D，∵CH⊥AD，AH=DH，∴AC=CD，∴AC=CD=AD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠D=60°，∠ABC=60°；（2）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴BD平分∠ABC，

∴∠ABF=∠FBG=1∵EG⊥BC，∴∠FGB=90°，在Rt△FBG中，∠FBG=30°∴BF=2FG，又∵CM=2FG，∴BF=CM，∵△ACD為等邊三角形，CH⊥AD，∴∠DCH=1∴∠DCH=∠ABF，∴△ABF≌△DCMSAS∴DM=AF；（3）解：在FK上取點(diǎn)R，使KR=NK，連接AR，∵四邊形ABCD為菱形，

∴AD∥BC，∴∠HCB=∠DHC=90°，又∵∠EGB=90°，∠EGB=∠HCB，∴EG∥∴∠EFK=∠CMK，∠FEK=∠NCK，∵∠BEG=90°?∠ABC=90°?60°=30°，∴∠BEG=∠EBF，∴BF=EF，∴EF=CM，∴△EFK≌△CMKASA∴FK=MK，EK=CK，∴FK?KR=MK?NK，即FR=MN=21∵∠EKR=∠CKN，KR=NK，

∴△ERK≌△CNK，∴∠REK=∠NCK，ER=CN，∴ER∥∴∠BER=∠BAC=60°，∠ETB=∠AOB=90°，∵AE:CN=5:3，設(shè)AE=5a，則CN=ER=3a，過(guò)點(diǎn)R作RQ⊥AB于點(diǎn)Q，ER交BD于點(diǎn)T，連接AK，AM，

∴在Rt△ERQ中，∠ERQ=90°?60°=30°∴EQ=12ER=∴AQ=AE+EQ=5a+3在Rt△ARQ中，∠AQR=90°∴AR=A∵CH垂直平分AD，∴AM=DM，又由（2）得DM=AF，∴AF=AM，又∵FK=MK，∴AK⊥MF，∵RK=NK，∴AR=AN=7a，∴AC=AN+CN=7a+3a=10a，∴AB=AC=10a，∴BE=AB?AE=10a?5a=5a，在Rt△EBT中，∠EBT=30°∴ET=1在Rt△EFT中，∠FET=60°?30°=30°∴EF=2FT，EF解得FT=5TR=ER?ET=3a?5在Rt△FTR中，F(xiàn)212解得：a=3，∴AB=AD=10×3=30，∴AH=HD=15，∴CH=A∴菱形ABCD的面積為：30×153【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形、勾股定理、平行線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，有難度，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．【題型4含30度角的直角三角形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】1．（2023春·河北保定·九年級(jí)?？计谥校ⅰ鱋BA按如圖方式放在平面直角坐標(biāo)系中，其中∠OBA=90°，∠A=30°，頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為3,3，將△OBA繞原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為（

A．?23,0 B．23,0 C．【答案】D【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，可知6次旋轉(zhuǎn)為1個(gè)循環(huán)，故先需要求出前6次循環(huán)對(duì)應(yīng)的A點(diǎn)坐標(biāo)即可，利用全等三角形性質(zhì)求出第一次旋轉(zhuǎn)對(duì)應(yīng)的A點(diǎn)坐標(biāo)，之后第2次旋轉(zhuǎn)，根據(jù)圖形位置以及OA長(zhǎng)，即可求出，第3、4、5次分別利用關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱，即可求出，最后一次和A點(diǎn)重合，再判斷第2023次屬于循環(huán)中的第1次，最后即可得出答案．【詳解】解：由題意可知：6次旋轉(zhuǎn)為1個(gè)循環(huán)，故只需要求出前6次循環(huán)對(duì)應(yīng)的A點(diǎn)坐標(biāo)即可第一次旋轉(zhuǎn)時(shí)：過(guò)點(diǎn)A′作x軸的垂線，垂足為C由A的坐標(biāo)為3,3可知：OB=3，∵∠A=30°∴∠AOB=90°?∠A=60°，OA=2OB=2由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知：△AOB≌△A∴∠A′OB′=∠AOB=60°，OA∴∠A′OC=180°?∠A在△A′OC與△AOB中：∠A′OC′=∠AOB=60°∴△A′OC′≌△AOB(AAS∴OC=OB=3，A′C=AB=3∴此時(shí)點(diǎn)A′對(duì)應(yīng)坐標(biāo)為?當(dāng)?shù)诙涡D(zhuǎn)時(shí)，如下圖所示：此時(shí)A′′點(diǎn)對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)為當(dāng)?shù)?次旋轉(zhuǎn)時(shí)，第3次的點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)與A點(diǎn)中心對(duì)稱，故坐標(biāo)為?當(dāng)?shù)?次旋轉(zhuǎn)時(shí)，第4次的點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)與第1次旋轉(zhuǎn)的A′點(diǎn)對(duì)應(yīng)點(diǎn)中心對(duì)稱，故坐標(biāo)為當(dāng)?shù)?次旋轉(zhuǎn)時(shí)，第5次的點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)與第2次旋轉(zhuǎn)的A′′點(diǎn)對(duì)應(yīng)點(diǎn)中心對(duì)稱，故坐標(biāo)為第6次旋轉(zhuǎn)時(shí)，與A點(diǎn)重合．故前6次旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為：?3,3、?23,0、?3,?3、由于2023÷6=337??????1，故第2023次旋轉(zhuǎn)時(shí)，A點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為?3故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要是考查了旋轉(zhuǎn)性質(zhì)、中心對(duì)稱求點(diǎn)坐標(biāo)、三角形全等以及點(diǎn)的坐標(biāo)特征，熟練利用條件證明全等三角形,通過(guò)旋轉(zhuǎn)和中心對(duì)稱求解對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)，是求解該題的關(guān)鍵．2．（2023秋·海南省直轄縣級(jí)單位·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形OABC的邊OA在x軸上，邊OC在y軸上，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為3,0．根據(jù)四邊形的不穩(wěn)定性，固定點(diǎn)O，A，沿箭頭方向推動(dòng)正方形OABC得到四邊形OADE，其中點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)D，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E，若∠COE=30°，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（

）A．92,332 B．32【答案】A【分析】如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，由題意得，四邊形OADE是菱形，則AD=OA=3，AD∥OE，再求出∠DAF=∠AOE=60°得到∠ADF=30°，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性質(zhì)求出DF=332【詳解】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥x軸于F，由題意得，四邊形OADE是菱形，∴AD=OA=3，AD∥OE，∵∠COE=30°，∴∠AOE=∠AOC?∠COE=60°，∴∠DAF=∠AOE=60°，∴∠ADF=30°，∴AF=1∴DF=AD2∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為92故選A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)與判定得到，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．3．（2023秋·山東濱州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）(1)如圖，在等邊△ABC中，BD平分∠ABC交AC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，且CE=1，則BC的長(zhǎng)為(2)如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A4,3，點(diǎn)P在坐標(biāo)軸上，若以P，O，A為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，則滿足條件的點(diǎn)P共有【答案】48【分析】(1)首先可求得∠CDE=30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求得CD=2CE=2，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，即可求得BC的長(zhǎng)；(2)分別以點(diǎn)O、A為圓心，以O(shè)A的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，以及作線段OA的垂直平分線，與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)即為所求的點(diǎn)P的位置．【詳解】解：(1)∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC=∠C=60°，AB=BC=AC，∵DE⊥BC，∴∠CDE=90°，在Rt△CDE中，∠CDE=90°?∠C=90°?60°=30°∵EC=1，∴CD=2EC=2，∵BD平分∠ABC，且AB=BC，∴AD=CD=2，∴AB=AC=AD+CD=4，∴BC=4，故答案為：4；(2)如圖所示，以O(shè)為圓心，以O(shè)A長(zhǎng)為半徑，所作的圓與坐標(biāo)軸有4個(gè)交點(diǎn)；以A為圓心，以O(shè)A為半徑，所作的圓與坐標(biāo)軸有2個(gè)交點(diǎn)；作OA的垂直平分線，與坐標(biāo)軸有2個(gè)點(diǎn)，故滿足條件的點(diǎn)P有8個(gè)，故答案為：8．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合的思想求解更簡(jiǎn)便．4．（2023春·四川成都·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OP與x軸的夾角為30°，點(diǎn)B1在x軸上，且OB1=2，過(guò)點(diǎn)B1作B1A1⊥OP交OP于點(diǎn)A1，以A1B1為邊在A1B1右側(cè)作等邊三角形A1B1C1；過(guò)點(diǎn)C1作OP的垂線分別交x軸、OP干點(diǎn)B2、A2，以A2B2為邊在A2B2的右側(cè)作等邊三角形

【答案】738【分析】根據(jù)特殊直角三角形的性質(zhì)，求出OA1，OA2，OA3，…，可得點(diǎn)A1【詳解】解：∵B1∴∠OA∵∠POB4=30°∴△A1B1C∴點(diǎn)A1的縱坐標(biāo)為1∵等邊三角形A1∴A1B1∵∠OB∴∠B∴A1∴∠A∵∠A∴A2C1∴OA∴點(diǎn)A2的縱坐標(biāo)為1同理得：A2∴OA∴點(diǎn)A3的縱坐標(biāo)為1…，∴點(diǎn)An的縱坐標(biāo)為2∴點(diǎn)A2021的縱坐標(biāo)為2故答案為：738，【點(diǎn)睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．5．（2023秋·江蘇鎮(zhèn)江·九年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，M，N分別為銳角∠AOB邊OA，OB上的點(diǎn)，把∠AOB沿MN折疊，點(diǎn)O落在∠AOB所在平面內(nèi)的點(diǎn)(1)如圖1，點(diǎn)C在∠AOB內(nèi)，若∠CMA=20°，∠CNB=50°，求(2)如圖2，若∠AOB=45°，ON=2，折疊后點(diǎn)C在直線OC上方，CM與OB交于點(diǎn)E，且MN=ME(3)如圖3，若折疊后，直線MC⊥OB，垂足為點(diǎn)E，且OM=5，ME=3，求此時(shí)【答案】(1)35°(2)2(3)52【分析】（1）根據(jù)平角的定義得到∠CMO=160°，∠CNO=130°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠OMN=80°，（2）先證明∠OEM=45°+∠OMN，再由三角形內(nèi)角和定理得到45°+2∠OMN+45°+∠OMN=180°，則∠OMN=30°，如圖，過(guò)點(diǎn)N作ND⊥OM于點(diǎn)D，在Rt△ODN中，求出DN=OD=1，在Rt△DMN中，則（3）分點(diǎn)N在線段OE上，點(diǎn)N在線段OE的延長(zhǎng)線上，兩種情況利用勾股定理討論求解即可．【詳解】（1）解：∵∠CMA=20°，∴∠CMO=180°?∠CMA=160°，由折疊的性質(zhì)可知：∠OMN=1∴∠AOB=180°?∠OMN?∠ONM=35°；（2）解：由折疊的性質(zhì)可知：∠EMN=∠NMO，∴∠OME=2∠OMN，∵∠AOB=45°，∴∠MNE=∠AOB+∠OMN=45°+∠OMN，∵M(jìn)N=ME，∴∠OEM=∠MNE=45°+∠OMN，∵∠AOB+∠OME+∠OEM=180°，∴45°+2∠OMN+45°+∠OMN=180°，∴∠OMN=30°，如圖，過(guò)點(diǎn)N作ND⊥OM于點(diǎn)D，在Rt△ODN中，∠DON=45°∴DN=OD=1，在Rt△DMN中，∠DMN=30°∴MN=2DN=2；∴折痕MN的長(zhǎng)為2；（3）解：①若折疊后，直線MC⊥OB于點(diǎn)E，∵OM=5，∴OE=O若點(diǎn)N在線段OE上，如上圖所示，由折疊的性質(zhì)可知：CM=OM=5，∴CE=CM?EM=5?3=2，在Rt△CEN中，EN=OE?ON=4?ON，根據(jù)勾股定理，得E∴4?ON2解得ON=5②若點(diǎn)N在線段OE的延長(zhǎng)線上，如下圖所示，由折疊可知：CM=OM=5，∴CE=CM+EM=5+3=8，在Rt△CEN中，EN=OE?ON=4?ON，根據(jù)勾股定理，得E∴ON?42解得ON=10．綜上所述，ON=52或【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定等等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．6．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，A?2,0，點(diǎn)B在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，∠ACB=90o

(1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)；(2)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿著線段BC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度運(yùn)動(dòng)，到C點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，連接AP，△ABP的面積為S，用含t的式子表示S；(3)在（2）的條件下，當(dāng)S=12時(shí)，以BP為邊作等邊△BPD，求點(diǎn)D的縱坐標(biāo)．（直接寫(xiě)出答案）【答案】(1)6,0(2)S=4t(3)?3或6【分析】(1)求出∠ACO=30°,由直角三角形的性質(zhì)可得出答案；(2)過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E,由直角三角形的性質(zhì)可得出PE=1(3)分兩種情況，當(dāng)點(diǎn)D在PB的上方時(shí)，當(dāng)點(diǎn)D在PB的下方時(shí)，由等邊三角形的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)可得出答案.【詳解】（1）∵A(?2,0∴AO=2,∵∠ACB=90°,∠ACB=30°,∴∠CAO=60°,∴∠ACO=30°,∴AC=2OA=4,∴AB=2AC=8,∴OB=AB?OA=6,∴B(6,0（2）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AB于點(diǎn)E,當(dāng)點(diǎn)D在PB的上方時(shí)，

∵點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿著線段BC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度運(yùn)動(dòng)，∴PB=2t,∵∠ABC=30°,∴PE=∴S（3）∵S=12,∴4t=12,∴t=3,∴PB=6,如圖，當(dāng)點(diǎn)D在PB的上方時(shí)，

∵△BPD為等邊三角形,∴∠PBD=60°,PB=BD,∴∠ABD=90°,∴BD=6,∴D點(diǎn)的縱坐標(biāo)為6，當(dāng)點(diǎn)D在PB的下方時(shí)，

∵△BPD為等邊三角形,∴∠BPD=60°,∵∠BCO=60°,∴PD∥y軸,∴∠PFB=90°,∴PF=PD=3,∴D點(diǎn)的縱坐標(biāo)為?3，綜上所述，D點(diǎn)的縱坐標(biāo)為?3或6．【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2023春·福建廈門(mén)·九年級(jí)廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校?？计谥校┤鐖D1，平而直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(3,0)，∠OAB=60°，點(diǎn)B在y軸上，點(diǎn)C是線段AB的中點(diǎn)，點(diǎn)D?32,32，線段CD與y軸交于點(diǎn)(1)判斷四邊形OCBD的形狀，并說(shuō)明理由．(2)如圖2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在線段AC，OD上，AE=DF，且∠EGF=90°，求線段【答案】(1)四邊形OCBD為菱形，詳見(jiàn)解析(2)OE=3【分析】(1)利用30°的直角三角形的性質(zhì)，求出OB的長(zhǎng)，用中點(diǎn)坐標(biāo)公式得到D，C兩點(diǎn)關(guān)于y軸，進(jìn)而可得G點(diǎn)坐標(biāo)，利用坐標(biāo)的性質(zhì)即可判定四邊形的形狀；（2）延長(zhǎng)FG交AB于點(diǎn)M，連FE，先證四邊形FOEC為平行四邊形，再利用全等證出四邊形FOEC的對(duì)角線相等，確定四形形FOEC為矩形，利用矩形的角為直角確定△AOE為直角三角形，最后利用勾股定理即可得解．【詳解】（1）四邊形OCBD為菱形，理由如下∵∠AOB=90°,∠OAB=60°∴∠ABO=30°∵A3,0,C為∴OA=OC=AC=BC=∴OB=∴B0,3∵C為AB的中點(diǎn)∴根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式得C∵D?∴根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式得G∴OB⊥DC,DG=CG,BG=OG∴四邊形OCBD為菱形（2）延長(zhǎng)FG交AB于點(diǎn)M，連FE∵AC=BC=OD,DF=AE∴CE=FO由（1）知四邊形OCBD為菱形∵OD∥BC∴四邊形FOEC為平行四邊形由（1）知四邊形OCBD為菱形∴GD=GC,OC=AC，OD∥BC∴∠CDF=∠DCM,∠DFG=∠CMG∴△DGF≌△CGM∴GF=GM,DF=CM又∵∠EGF=90°∴EF=ME又∵AE=DF∴EF=CM+CE=DF+CE=AE+CE=AC=OC∴四邊形FOEC為矩形∴∠CEO=∠OEA=90°∵∠OAB=60°∴∠AOE=30°∴AE=由勾股定理得OE=【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形的綜合，坐標(biāo)與圖形，勾股定理，三角形全等的性質(zhì)與判定,直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握其性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵8．（2023秋·湖南長(zhǎng)沙·九年級(jí)校考期末）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)Aa,0在x軸的負(fù)半軸，且滿足a2?9a?3=0，點(diǎn)B(1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)；(2)若OM⊥AB，垂足為M，求線段OM的長(zhǎng)度；(3)如圖2，在△AOB中，分別以AB，OB為邊，向外側(cè)作正△ABD與正△OBC，連接CD，交AB于點(diǎn)E，求線段DE與【答案】(1)0,3(2)3(3)DE=CE【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的三邊關(guān)系直接計(jì)算求出OB的長(zhǎng)，再轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)即可．（2）利用勾股定理求出AB的長(zhǎng)，再用等積變形的方法求出OM的長(zhǎng)度即可．（3）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB，利用等邊三角形的性質(zhì)求證△DFE≌△CBE，即可得出DE=CE．【詳解】（1）解：∵解得：a=?3∴OA=3∵∠ABO=30°∴∴OB=OA×∴B（2）解：∵OA=3∴AB=∵OM⊥AB∴∴OM=（3）解：過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB，垂足為點(diǎn)F，∵△ABD和△OBC是正三角形，∴∠OBC=∠DAB=60°，∵∠ABO=∴∠ABC=∠DFB=90°，∵AD=6，∴DF=6×∴DF=OB=CB在△DEF和△CEB中∠DEF=∠CEB∴△DEF≌CEB∴DE=CE【點(diǎn)睛】本題主要考查點(diǎn)坐標(biāo)的求解，含30°角的直角三角形三邊的計(jì)算以及全等三角形的證明，熟練掌握特殊直角三角形的三邊關(guān)系及全等三角形的證明是解決本題的關(guān)鍵．【題型5含30度角的直角三角形與分類討論思想綜合運(yùn)用】1．（2023秋·江蘇泰州·九年級(jí)?？计谀┰赗t△ABC中，∠C=90°，有一個(gè)銳角為60°，AB=6，若點(diǎn)P在直線AB上（不與點(diǎn)A，B重合），且∠PCB=30°，則AP的長(zhǎng)為【答案】92【分析】由于一個(gè)銳角為60°，則另一個(gè)銳角為30°，可能是∠A也可能是∠B；∠PCB=30°可以分為點(diǎn)P在線段AB上和P在線段AB的延長(zhǎng)線上兩種情況，分別根據(jù)直角三角形中30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半和勾股定理即可解答．【詳解】解：當(dāng)∠CBA=60°時(shí)，∵∠C=90°,∠A=30°，∴∠CBA=60°,BC=1由勾股定理得，AC=33①點(diǎn)P在線段AB上，∵∠PCB=30°,∠CBA=60°，∴∠CPB=90°，∴∠CPA=90°，在Rt△ACP中，∠A=30°∴PC=1∴在Rt△APC中，由勾股定理得AP=②點(diǎn)P在線段AB的延長(zhǎng)線上，∵∠PCB=30°，∴∠ACP=90°+30°=120°，∵∠A=30°，∴∠CPA=30°．∵∠PCB=30°，∴∠PCB=∠CPA，∴BP=BC=3，∴AP=AB+BP=6+3=9．當(dāng)∠ABC=30°時(shí)，∵∠ACB=90°,∠ABC=30°，∴∠A=60°,AC=1由勾股定理得，BC=33①點(diǎn)P在線段AB上，∵∠PCB=30°，∴∠ACP=60°，∴△ACP是等邊三角形∴AP=AC=3．②點(diǎn)P在線段AB的延長(zhǎng)線上，∵∠PCB=30°,∠ABC=30°，∴CP∥AP，這與CP與AP交于點(diǎn)P矛盾，舍去．綜上，AP的長(zhǎng)為92故答案為：92【點(diǎn)睛】本題考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的三邊關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，掌握分類討論思想是解答本題的關(guān)鍵．2．（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)哈爾濱市虹橋初級(jí)中學(xué)校校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AC、BD為對(duì)角線，AB=AC，∠ADB=2∠DBC=60°，AD=6，BC=23，則線段BD的長(zhǎng)為

【答案】8【分析】根據(jù)題意，作出合適的輔助線，然后根據(jù)矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)和勾股定理，即可求解．【詳解】如圖，過(guò)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，過(guò)D作GF⊥BC交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，作AG⊥GF于點(diǎn)G，

∴∠F=∠G=∠AEF=90°，∴四邊形AEFG是矩形，∴AG=EF，∵AB=AC，∴BE=EC=1∵∠ADB=2∠DBC=60°，∴∠DBC=30°，∴∠BDF=60°，∴∠ADG=180°?∠ADB?∠BDF=180°?60°?60°=60°，∴∠DAG=30°，∴DG=1在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG=A∴AG=EF=33∴BF=BE+EF=3在Rt△BDF中，∠DBF=30°，∴DF=1由勾股定理得：BD∴BD則：BD=8，故答案為：8．【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合思想解答．3．（2023春·遼寧丹東·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在ΔABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=4，點(diǎn)P為AB上一點(diǎn)，將線段PB繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得線段PQ，點(diǎn)Q在射線BC上，當(dāng)PQ的垂直平分線MN經(jīng)過(guò)ΔABC一邊中點(diǎn)時(shí)，PB的長(zhǎng)為

【答案】2或3或5【分析】本題需考慮MN經(jīng)過(guò)ΔABC【詳解】解：∵∠C=90°，∠B=30°，AC=4，∴AB=8，BC=43PQ的垂直平分線MN經(jīng)過(guò)ΔABC一邊中點(diǎn)，可分為以下三種情況：經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)D；經(jīng)過(guò)AC的中點(diǎn)E；經(jīng)過(guò)BC的中點(diǎn)F當(dāng)MN經(jīng)過(guò)AB的中點(diǎn)D時(shí)，交BC于點(diǎn)G，如圖：BD=1

∵PB繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得線段PQ，∴PQ=PB，∴∠PQB=∠B=30°，∵∠DPQ是ΔPQB∴∠DPQ=∠B+∠PQB=60∵M(jìn)N垂直平分PQ，∴PD=QD，∴ΔPQD∴PD=QP，∴PD=PB，∴PB=1當(dāng)MN經(jīng)過(guò)AC的中點(diǎn)E時(shí)，交BC于點(diǎn)G，如圖：EC=1

∵∠PQB=30°，MN垂直P(pán)Q，∴∠EGQ=60∴∠CEG=30°，在RtΔECG中，EC=2∴CG=2∴BG=10∵點(diǎn)G在MN上，∴PG=QG，∴∠PQB=∠QPG=30°，∵∠PGB是ΔPQG∴∠PGB=∠PQB+∠QPG=60∴∠GPB=90∴PG⊥PB，在RtΔPGB中，BG=∴PG=1∴由勾股定理得：PB=B當(dāng)MN經(jīng)過(guò)BC的中點(diǎn)F時(shí)，交BC于點(diǎn)F（G），如圖：BF=1

同理可證：PG⊥PB，在RtΔPGB中，∠B=30°，BF=2∴PB=3．綜上：PB的長(zhǎng)為：2或5或3．故答案為：2，3或5．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了垂直平分線，含30°角的直角三角形，三角形外角的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．分類討論思想是解題的關(guān)鍵，同時(shí)也是本題的易錯(cuò)點(diǎn)．4．（